Dimostrazione della divergenza della serie dei reciproci dei primi
# Dimostrazione della divergenza della serie dei reciproci dei primi

Uno dei primi teoremi della teoria dei numeri dimostrato in modo analitico è la divergenza della serie dei reciproci dei numeri primi, cioè

    $\lim _{x\rightarrow \infty }\sum _{p\leq x}{\frac {1}{p}}=\infty ,$

dove la variabile $p$ indica un numero primo.

## Dimostrazione (Eulero)

Per la dimostrazione è necessario un lemma riguardante la serie armonica.

Dalla definizione del numero di Nepero si ricava immediatamente che

    $\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<e,$

per ogni $n$ intero positivo, prendendo il logaritmo di entrambi i membri si ottiene

    $n\,\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)<1,$

da cui

    $\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)<{\frac {1}{n}}$

e infine

    $\ln \left(n+1\right)-\ln \left(n\right)<{\frac {1}{n}}.$

Considerando adesso la somma dei reciproci di tutti i numeri naturali fino a $n$ si ricava

    $\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}>\sum _{k=1}^{n}\left(\ln \left(k+1\right)-\ln \left(k\right)\right)=\ln \left(n+1\right)$

Quest'ultima disuguaglianza sarà fondamentale nella dimostrazione della divergenza della somma dei reciproci dei numeri primi.

Adesso definiamo il prodotto $P$ come

    $P\left(x\right)=\prod _{p\leq x}\left(1-{\frac {1}{p}}\right)^{-1}.$

Sapendo che

    $\left(1-{\frac {1}{p}}\right)^{-1}=1+{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{p^{2}}}+{\frac {1}{p^{3}}}+\ldots$

si ricava

    $P\left(x\right)=\sum _{n\in A\left(x\right)}{\frac {1}{n}},$

dove l'insieme $A$ è definito come

    $A\left(x\right)=\lbrace n:p|n\Longrightarrow p\leq x\rbrace .$

Evidentemente se $n\leq x$ allora $n\in A\left(x\right)$ quindi

    $P\left(x\right)>\sum _{n\leq x}{\frac {1}{n}}$

e dalla disuguaglianza ricavata sulla serie armonica si ricava

    $P\left(x\right)>\ln \left(x+1\right).$

Adesso sapendo che $y>-{\frac {1}{2}}\ln \left(1-y\right)$ per ogni $0<y<{\frac {1}{2}}$ si ottiene

    $\sum _{p\leq x}{\frac {1}{p}}>-{\frac {1}{2}}\sum _{p\leq x}\ln \left(1-{\frac {1}{p}}\right)={\frac {1}{2}}\ln P\left(x\right)>{\frac {1}{2}}\ln \ln x,$

dove l'ultimo membro diverge per $x$ tendente a infinito, quindi la serie dei reciproci dei numeri primi diverge.

## Seconda dimostrazione (Eulero)

Eulero fornì anche un'altra dimostrazione, partendo sempre dalla serie armonica. Usando l'espansione di questa come prodotto infinito scrisse:

    $S=\ln \left(\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\right)=\ln \left(\prod _{p}{\frac {1}{1-p^{-1}}}\right)=\sum _{p}\ln \left({\frac {1}{1-p^{-1}}}\right)=\sum _{p}-\ln \left(1-{\frac {1}{p}}\right),$

usando le proprietà dei logaritmi; quindi espanse la somma come la serie di Taylor di $\ln(1-x)$:

    $S=\sum _{p}\left({\frac {1}{p}}+{\frac {1}{2p^{2}}}+{\frac {1}{3p^{3}}}+\cdots \right)=\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\sum _{p}{\frac {1}{p^{2}}}\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3p}}+{\frac {1}{4p^{2}}}+\cdots \right).$

I termini ${\frac {1}{3p}},$ ${\frac {1}{4p^{2}}},$ ecc., possono essere maggiorati come:

    $S<\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\sum _{p}{\frac {1}{p^{2}}}\left(1+{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{p^{2}}}+\cdots \right)=\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\left(\sum _{p}{\frac {1}{p(p-1)}}\right).$

Il secondo addendo converge perché è minore della corrispondente serie in cui gli addendi sono presi tra tutti i naturali anziché solo tra i primi; quindi

    $S<\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+C.$

Poiché la somma $S$ cresce come $\ln \ln {n}$ per $n$ tendente all'infinito, Eulero concluse che

    ${\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{11}}+\cdots +{\frac {1}{p_{n}}}\approx \ln \ln {n}.$

## Terza dimostrazione (Erdős)

La dimostrazione di Erdős fa uso solo di metodi elementari.

Per assurdo sia $\sum _{p}{\frac {1}{p}}<\infty$ allora esiste un numero primo $P$ tale che $\sum _{p>P}{\frac {1}{p}}<1/2$.

Sia $N>P$ un intero arbitrario, indichiamo con $N_{1}$ il numero di interi minori o uguali a $N$ che hanno solo fattori primi minori o uguali a Errore del parser (SVG (MathML può essere abilitato tramite plug-in del browser): risposta non valida ("Math extension cannot connect to Restbase.") dal server "http://localhost:6011/it.wikipedia.org/v1/":): P , indichiamo anche $N_{2}=N-N_{1}$. Abbiamo che

    $N_{2}\leq \sum _{p\geq P}\left\lfloor {\frac {N}{p}}\right\rfloor <\sum _{p\geq P}{\frac {N}{p}}<{\frac {N}{2}}.$

Ora stimiamo $N_{1}$, scriviamo $k=\pi (P)$, ogni $x\leq N$ si può scrivere nella forma

    $x=yz^{2},$

dove $y$ è privo di quadrati e $z\leq {\sqrt {N}}$, se $x$ è divisibile solo per i primi minori o uguali a $P$, allora lo è anche $y$. Ci sono meno di $2^{k}$ possibili scelte per $y$ e meno di ${\sqrt {N}}$ scelte per $z$, da cui

    $N_{1}\leq 2^{k}{\sqrt {N}}$

e quindi

    $N<2^{k}{\sqrt {N}}+{\frac {N}{2}}$

si dimostra facilmente per induzione e utilizzando il postulato di Bertrand che per l'ennesimo numero primo si ha $p_{n}\leq 2^{n}$ e di conseguenza $\pi (n)\geq {\frac {\ln n}{\ln 2}}$, quindi possiamo scegliere $N=2^{2k+2}>P$ e troviamo

    $N<2^{k}(2^{k+1})+2^{2k+1}=N$

che è assurdo e conclude la dimostrazione.

